高等数学笔记：泰勒公式分析——浅谈泰勒公式记忆背后的逻辑链条
泰勒公式分析——浅谈泰勒公式记忆背后的逻辑链条
一、泰勒公式汇总
完全展开
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f ( x ) = e x f(x)=e^{x} f(x)=ex 【含阶乘】【正项叠加】
e x = 1 + x + x 2 2 ! + ⋯ + x n n ! + o ( x n ) e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2 !}+\cdots+\frac{x^{n}}{n !}+o(x^n) ex=1+x+2!x2+⋯+n!xn+o(xn) -
f ( x ) = sin x f(x)=\sin x f(x)=sinx 【含阶乘】【正负交错】
sin x = x − x 3 3 ! + x 5 5 ! − ⋯ + ( − 1 ) k − 1 x 2 k − 1 ( 2 k − 1 ) ! + o ( x 2 k − 1 ) \sin x=x-\frac{x^{3}}{3 !}+\frac{x^{5}}{5 !}-\cdots+(-1)^{k-1} \frac{x^{2 k-1}}{(2 k-1) !}+o(x^{2k-1}) sinx=x−3!x3+5!x5−⋯+(−1)k−1(2k−1)!x2k−1+o(x2k−1) -
f ( x ) = cos x f(x)=\cos x f(x)=cosx 【含阶乘】【正负交错】
cos x = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! − ⋯ + ( − 1 ) k − 1 x 2 k − 2 ( 2 k − 2 ) ! + o ( x 2 k − 2 ) \cos x=1-\frac{x^{2}}{2 !}+\frac{x^{4}}{4 !}-\cdots+(-1)^{k-1} \frac{x^{2k-2}}{(2 k-2) !}+o(x^{2k-2}) cosx=1−2!x2+4!x4−⋯+(−1)k−1(2k−2)!x2k−2+o(x2k−2) -
f ( x ) = ( 1 + x ) α f(x)=(1+x)^{\alpha} f(x)=(1+x)α 【含阶乘】【正项叠加】
( 1 + x ) α = 1 + α x + α ( α − 1 ) 2 ! x 2 + ⋯ + α ( α − 1 ) ⋯ ( α − n + 1 ) n ! x n + o ( x n ) (1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2 !} x^{2}+\cdots+\frac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n+1)}{n !} x^{n}+o\left(x^{n}\right) (1+x)α=1+αx+2!α(α−1)x2+⋯+n!α(α−1)⋯(α−n+1)xn+o(xn) -
f ( x ) = ln ( 1 + x ) f(x)=\ln (1+x) f(x)=ln(1+x) 【正负交错】
ln ( 1 + x ) = x − x 2 2 + x 3 3 − ⋯ + ( − 1 ) n − 1 x n n + o ( x n ) \ln (1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}+o(x^n) ln(1+x)=x−2x2+3x3−⋯+(−1)n−1nxn+o(xn) -
f ( x ) = 1 / ( 1 + x ) f(x)=1/(1+x) f(x)=1/(1+x) 【正负交错】
1 1 + x = 1 − x + x 2 − x 3 + ⋯ + ( − 1 ) n x n + o ( x n ) \frac{1}{1+x}=1-x+x^2-x^3+\cdots+(-1)^{n}x^{n}+o(x^n) 1+x1=1−x+x2−x3+⋯+(−1)nxn+o(xn) -
f ( x ) = 1 / ( 1 − x ) f(x)=1/(1-x) f(x)=1/(1−x) 【正项叠加】
1 1 − x = 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ + x n + o ( x n ) \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\cdots+x^{n}+o(x^n) 1−x1=1+x+x2+x3+⋯+xn+o(xn) -
f ( x ) = arctan x f(x)=\arctan x f(x)=arctanx 【正负交错】
arctan x = x − x 3 3 + x 5 5 + ⋯ + ( − 1 ) k − 1 x 2 k − 1 2 k − 1 + o ( x 2 k − 1 ) \arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots+(-1)^{k-1}\frac{x^{2k-1}}{2k-1}+o(x^{2k-1}) arctanx=x−3x3+5x5+⋯+(−1)k−12k−1x2k−1+o(x2k−1) -
f ( x ) = 1 / ( 1 + x 2 ) f(x)=1/(1+x^2) f(x)=1/(1+x2) 【正负交错】
1 1 + x 2 = 1 − x 2 + x 4 + ⋯ + ( − 1 ) k − 1 x 2 k + o ( x 2 k ) \frac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4+\cdots+(-1)^{k-1}x^{2k}+o(x^{2k}) 1+x21=1−x2+x4+⋯+(−1)k−1x2k+o(x2k) -
f ( x ) = 1 / ( a x + b ) f(x)=1/(ax+b) f(x)=1/(ax+b) 【正负交错】
1 a x + b = 1 b − 1 b ⋅ a b ⋅ x + 1 b ⋅ ( a b ) 2 ⋅ x 2 − ⋯ + ( − 1 ) n 1 b ⋅ ( a b ) n ⋅ x n + o ( x n ) \frac{1}{ax+b}=\frac1b-\frac1b\cdot\frac ab\cdot x+\frac1b\cdot(\frac ab)^2\cdot x^2-\cdots+(-1)^{n}\frac1b\cdot(\frac ab)^n\cdot x^{n}+o(x^n) ax+b1=b1−b1⋅ba⋅x+b1⋅(ba)2⋅x2−⋯+(−1)nb1⋅(ba)n⋅xn+o(xn)
部分展开
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f ( x ) = sin x f(x)=\sin x f(x)=sinx
sin x = x − x 3 3 ! + o ( x 3 ) \sin x=x-\frac{x^{3}}{3 !}+o(x^3) sinx=x−3!x3+o(x3) -
f ( x ) = arcsin x f(x)=\arcsin x f(x)=arcsinx
arcsin x = x + x 3 3 ! + o ( x 3 ) \arcsin x=x+\frac{x^{3}}{3 !}+o(x^3) arcsinx=x+3!x3+o(x3) -
f ( x ) = tan x f(x)=\tan x f(x)=tanx
tan x = x + x 3 3 + o ( x 3 ) \tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3) tanx=x+3x3+o(x3) -
f ( x ) = arctan x f(x)=\arctan x f(x)=arctanx
tan x = x − x 3 3 + o ( x 3 ) \tan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3) tanx=x−3x3+o(x3)
二、基本特点分析
最直观的基本特点：【有没有阶乘】和【正项叠加或正负交错】
01 正项叠加或正负交错
曲线妥协法：根据曲线形势判断符号
展开每一项都为正的三个函数， f ( x ) = e x , f ( x ) = ( 1 + x ) α , f ( x ) = 1 / ( 1 − x ) f(x)=e^x \ , \ f(x)=(1+x)^{\alpha} \ , \ f(x)=1/(1-x) f(x)=ex , f(x)=(1+x)α , f(x)=1/(1−x)
分析它们的图像可以知道，它们都存在某一个区间，使得函数拥有“飞快增长”或“爆炸增长”的趋势。
展开每项正负交错的七个函数， sin x , cos x , ln ( 1 + x ) , 1 / ( 1 + x ) , arctan x , 1 / ( 1 + x 2 ) , 1 / ( a x + b ) \sin x \ , \ \cos x \ , \ \ln (1+x) \ , \ 1/(1+x) \ , \ \arctan x\ , \ 1/(1+x^2) \ , \ 1/(ax+b) sinx , cosx , ln(1+x) , 1/(1+x) , arctanx , 1/(1+x2) , 1/(ax+b)
由于 1 / ( 1 + x ) , 1 / ( 1 + x 2 ) , 1 / ( a x + b ) 1/(1+x) \ , \ 1/(1+x^2) \ , \ 1/(ax+b) 1/(1+x) , 1/(1+x2) , 1/(ax+b) 函数图像完全相似，我们只讨论五个函数图像的情况。
首先，三角函数 sin x \sin x sinx 和 cos x \cos x cosx 的图像是在 y = 0 y=0 y=0 之间来回震荡，有增有减，有正有负。那么显然，多项式展开需要正项使其递增，负向使其递减，达到“波动”的效果。
其次， ln ( 1 + x ) \ln (1+x) ln(1+x) 尽管有 lim x → + ∞ ln ( 1 + x ) = + ∞ \lim \limits_{x \rightarrow +\infty} \ln (1+x)=+\infty x→+∞limln(1+x)=+∞，但是 lim x → + ∞ ( ln ( 1 + x ) ) ′ = 0 \lim \limits_{x \rightarrow +\infty} (\ln (1+x))'=0 x→+∞lim(ln(1+x))′=0，即当 x x x 越大，函数增长趋于平缓。并不满足所谓的“飞快增长”或“爆炸增长”。
然后， 1 / ( 1 + x ) 1/(1+x) 1/(1+x) 在 x x x 趋于 + ∞ +\infty +∞ 时，函数值趋于 0 0 0，必然也是平缓的曲线。
最后， arctan x \arctan x arctanx 在无穷处收敛于 π / 2 \pi/2 π/2，必然也是平缓的曲线。
解决了“带不带负号”的问题。
逐项展开系数与次数的特点
对于所有的分母，其数字一定和次数相等。
由正负交错的特点到次数项缺位
从 sin x \sin x sinx 和 cos x \cos x cosx 的展开式我们可以看出，尽管分母的数字一定和次数相等，但第几项和次数并不一致。
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引理
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对于奇函数展开
函数 = 奇 + 偶 + 奇 + 偶 + ⋯ \cdots ⋯，所有的偶数项一定为 0 0 0，
即 函数 = 奇 + 0 0 0 + 奇 + 0 0 0 + ⋯ \cdots ⋯
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对于偶函数展开
函数 = 奇 + 偶 + 奇 + 偶 + ⋯ \cdots ⋯，所有的奇数项一定为 0 0 0
即 函数 = 0 0 0 + 偶 + 0 0 0 + 偶 + ⋯ \cdots ⋯
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从引理出发， sin x \sin x sinx 和 cos x \cos x cosx 的展开是偶数项或奇数项为 0 0 0 导致奇数项或偶数项前挪。
那么， sin x \sin x sinx 和 cos x \cos x cosx 的展开可以写为：
sin x = x + 0 − x 3 3 ! + 0 + x 5 5 ! − ⋯ cos x = 0 + 1 + 0 − x 2 2 ! + 0 + x 4 4 ! − ⋯ \begin{aligned} & \sin x=x+0-\frac{x^{3}}{3 !}+0+\frac{x^{5}}{5 !}-\cdots\\ & \cos x=0+1+0-\frac{x^{2}}{2 !}+0+\frac{x^{4}}{4 !}-\cdots \end{aligned} sinx=x+0−3!x3+0+5!x5−⋯cosx=0+1+0−2!x2+0+4!x4−⋯
02 是否含阶乘
(1) 函数之间的关系
由欧拉公式 e i x = cos x + i sin x e^{ix}=\cos x+i\sin x eix=cosx+isinx，我们得到我们想要的形式： e 某 x = 某 cos x + 某 sin x e^{某x}=某\cos x+某\sin x e某x=某cosx+某sinx，
而且显然有 ( sin x ) ′ = cos x (\sin x)'=\cos x (sinx)′=cosx，由此，我们建立了 e x , sin x , cos x e^x \ , \sin x \ , \ \cos x ex ,sinx , cosx 这三个函数的关系链。
自然而然地， e x , sin x , cos x e^x \ , \sin x \ , \ \cos x ex ,sinx , cosx 这三个函数的展开都含有阶乘。
从另一角度，如果记 sin x = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 u s n \sin x=\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}{u_{sn}} sinx=n=1∑∞(−1)n−1usn， cos x = ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n − 1 u c n \cos x=\sum\limits_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}{u_{cn}} cosx=n=1∑∞(−1)n−1ucn，根据观察，
可得到关系式： e x = ∑ n = 1 ∞ ( u s n + u c n ) e^x=\sum\limits_{n=1}^{\infty} ({u_{sn}}+{u_{cn}}) ex=n=1∑∞(usn+ucn) .
即 e x e^x ex 的展开是由 sin x \sin x sinx 和 cos x \cos x cosx 展开每一项的正项部分交错相加得到的。
另外，根据函数的关系，我们也可以知道 sin x \sin x sinx 和 cos x \cos x cosx 一定是正负交错的，因为正向叠加会导致 e x = cos x + sin x e^{x}=\cos x+\sin x ex=cosx+sinx 成立，这是显然不对的。
(2) 阶乘的由来
对于一般函数的泰勒展开：
f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) + f ′ ′ ( x 0 ) 2 ! ( x − x 0 ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( x 0 ) n ! ( x − x 0 ) n + o ( ( x − x 0 ) n ) f(x)=f\left(x_{0}\right)+f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+\frac{f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)}{2 !}\left(x-x_{0}\right)^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}\left(x_{0}\right)}{n !}\left(x-x_{0}\right)^{n}+o\left(\left(x-x_{0}\right)^{n}\right) f(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+2!f′′(x0)(x−x0)2+⋯+n!f(n)(x0)(x−x0)n+o((x−x0)n)
用麦克劳林展开可简写为： f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ f ( n ) ( x 0 ) n ! ( x − x 0 ) n f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{f^{(n)}\left(x_{0}\right)}{n !}\left(x-x_{0}\right)^{n} f(x)=n=1∑∞n!f(n)(x0)(x−x0)n，说明阶乘是伴随泰勒推导与生俱来的。
所以，含有阶乘的意思就是泰勒展开过程中，阶乘没有被我们消掉；不含阶乘就说明阶乘在求 n n n 阶导的过程中消掉了。
那么，对于某些函数来说，为什么阶乘能被消掉呢？
在说明这个问题之前，我们定义“类幂函数”：形式为多项式的幂次方 ( a x m + b x n + ⋯ ) α (ax^m+bx^n+\cdots)^{\alpha} (axm+bxn+⋯)α ）的函数。
然后，如果函数是“类幂函数”或者它的导数是“类幂函数”且这个幂为负数。
那么这个函数在求 n n n 阶导数时，求导拿出来的系数一定是从 1 1 1 左右的低次开始，逐渐到 n n n 次左右的高次，
而这个过程是和阶乘的方向一致的，所以这类函数求到 n n n 阶导数时， n ! n! n! 一定会被消除或者消到只剩某几项。
比如 ln ( 1 + x ) , 1 / ( 1 + x ) , 1 / ( 1 − x ) , arctan x , 1 / ( 1 + x 2 ) \ln (1+x) \ , \ 1/(1+x) \ , \ 1/(1-x) \ , \ \arctan x \ , \ 1/(1+x^2) ln(1+x) , 1/(1+x) , 1/(1−x) , arctanx , 1/(1+x2) .
按照这个思路，如果函数是“类幂函数”或者它的导数是“类幂函数”且这个幂为正数。
那么这个函数在求 n n n 阶导数时，求导拿出来的系数一定是从次它的幂开始，逐渐降幂到 0 0 0 的过程，
而个过程是和阶乘的方向相反的，所以这类函数求到 n n n 阶导数时， n ! n! n! 依然会被保留。
比如：【阶乘四天王】 e x , sin x , cos x , ( 1 + x ) α e^x \ , \sin x \ , \ \cos x \ , \ (1+x)^{\alpha} ex ,sinx , cosx , (1+x)α .
三、对于部分展开的讨论
函数之间的关系
对于互为反函数的函数对，如果展开式首项为 x x x，那么这一对函数的泰勒展开前两项一定共轭，即
f ( x ) = x + a x b + o ( x b ) f − 1 ( x ) = x − a x b + o ( x b ) \begin{aligned} & f(x)=x+ax^b+o(x^b)\\ & f^{-1}(x)=x-ax^b+o(x^b) \end{aligned} f(x)=x+axb+o(xb)f−1(x)=x−axb+o(xb)
由此，得出 sin x \sin x sinx 和 arcsin x \arcsin x arcsinx， tan x \tan x tanx 和 arctan x \arctan x arctanx 有同样的关系（ cos x \cos x cosx 和 arccos x \arccos x arccosx 并没有，展开首项为 1 1 1）。
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f ( x ) = sin x f(x)=\sin x f(x)=sinx
sin x = x − x 3 3 ! + o ( x 3 ) \sin x=x-\frac{x^{3}}{3 !}+o(x^3) sinx=x−3!x3+o(x3) -
f ( x ) = arcsin x f(x)=\arcsin x f(x)=arcsinx
arcsin x = x + x 3 3 ! + o ( x 3 ) \arcsin x=x+\frac{x^{3}}{3 !}+o(x^3) arcsinx=x+3!x3+o(x3) -
f ( x ) = tan x f(x)=\tan x f(x)=tanx
tan x = x + x 3 3 + o ( x 3 ) \tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3) tanx=x+3x3+o(x3) -
f ( x ) = arctan x f(x)=\arctan x f(x)=arctanx
tan x = x − x 3 3 + o ( x 3 ) \tan x=x-\frac{x^3}{3}+o(x^3) tanx=x−3x3+o(x3)
除此之外，对于 sin x \sin x sinx 和 tan x \tan x tanx 有以下关系式：
sin x < x < tan x ; x → 0 , sin x ∼ x ∼ tan x \sin x
且由 y = x y=x y=x 直线可以将 y = sin x y=\sin x y=sinx 与 y = tan x y=\tan x y=tanx 分隔开。
说明存在形式： sin x = x − x 某 \sin x=x-x^{某} sinx=x−x某， tan x = x + x 某 \tan x=x+x^{某} tanx=x+x某，那么某次方是什么？由于两函数均为奇函数，那么某次方可确定为立方。
除此之外，对于 tan x \tan x tanx 的前两项是什么，我们也有如下证明和理解辅助记忆：
tan x = x + A x 3 , A = lim x → 0 tan x − x x 3 A = lim x → 0 sin x cos x − x x 3 = lim x → 0 sin x − x ⋅ cos x x 3 ⋅ cos x = lim x → 0 x − x 3 6 − x ( 1 − x 2 2 ) x 3 ⋅ 1 = 1 3 \begin{aligned} & \tan x=x+A{x^3} \ , \ A=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{\tan x-x}{x^3}\\ & A=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{\frac{\sin x}{\cos x}-x}{x^3}= \lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x-x\cdot \cos x}{x^3\cdot \cos x}\\ & \quad=\lim \limits_{x \rightarrow 0} \frac{x-\frac{x^{3}}{6}-x(1-\frac{x^2}{2})}{x^3\cdot 1}\\ & \quad=\frac13 \end{aligned} tanx=x+Ax3 , A=x→0limx3tanx−xA=x→0limx3cosxsinx−x=x→0limx3⋅cosxsinx−x⋅cosx=x→0limx3⋅1x−6x3−x(1−2x2)=31
四、根据函数特性对展开的一些讨论
01 等比级数观点
对于 1 / ( 1 + x ) 1/(1+x) 1/(1+x) 和 1 / ( 1 − x ) 1/(1-x) 1/(1−x) 我们可以发现，它是等比级数和函数的形式。
所以可以按照公式，进行逆展开。
等 比 级 数 和 函 数 = 首 项 ( 1 − 公 比 项 数 ) 1 − 公 比 等比级数和函数=\frac{首项(1-公比^{项数})}{1-公比} 等比级数和函数=1−公比首项(1−公比项数)
02 网红展开与 arcsin x \arcsin x arcsinx 的关系
对于这个函数 ln ( x + 1 + x 2 ) \ln(x+\sqrt{1+x^2}) ln(x+1+x2)，它的泰勒展开前两项，与 arcsin x \arcsin x arcsinx 展开前两项也存在共轭关系。
而两函数的导数，存在类似共轭的关系：
[ ln ( x + 1 + x 2 ) ] ′ = 1 1 + x 2 ( arcsin x ) ′ = 1 1 − x 2 \begin{aligned} & [\ \ln(x+\sqrt{1+x^2})\ ]'=\frac{1}{1+x^2}\\ & (\arcsin x)'=\frac{1}{1-x^2} \end{aligned} [ ln(x+1+x2) ]′=1+x21(arcsinx)′=1−x21
所以它们泰勒展开的共轭状况也由此而来。
ln ( x + 1 + x 2 ) = x − 1 6 x 3 + o ( x 3 ) arcsin x = x + 1 6 x 3 + o ( x 3 ) \begin{aligned} & \ln(x+\sqrt{1+x^2})=x-\frac16x^3+o(x^3)\\ & \arcsin x=x+\frac16x^3+o(x^3) \end{aligned} ln(x+1+x2)=x−61x3+o(x3)arcsinx=x+61x3+o(x3)